\section{复系数与实系数多项式的因式分解}
\begin{frame}{代数基本定理、复系数多项式的因式分解}

以上我们讨论了在一般数域上多项式的因式分解问题，现在来看一下在复数域与实数域上多项式的因式分解。复数域与实数域既然都是数域， 因此前面所得的结论对它们也是成立的。 但是这两个数域又有它们的特殊性， 所以某些结论就可以进一步具体化。
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对于复数域，我们有下面重要的定理：
\begin{theorem*}[代数基本定理]
  每个次数 $\geqslant 1$ 的复系数多项式在复数域中有一根。
\end{theorem*}
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这个定理首先是由高斯(Gauss) 于 1797 年首先证明的。由于当时代数学研究的主要对象为多项式理论，这个定理是关于多项式理论的非常有用、非常基本的结论，因而被命名成代数基本定理。 它有多个证明 (例如高斯就给出过四个证明), 都很复杂，并且或多或少地用到数学分析等其他领域的结论，这里我们不介绍它的证明。 将来学过复变函数论后可以很简单地证明，本书附录三中给出利用数学分析性质的较简捷的证明。

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利用根与一次因式的关系(本章 \S7 定理 7 的推论), 代数基本定理显然可以等价地叙述为

\begin{quote}
每个次数 $\geqslant 1$ 的复系数多项式， 在复数域上一定有一个一次因式。
\end{quote}

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由此可知，在复数域上所有次数大于 $1$ 的多项式全是可约的。换句话说，不可约多项式只有一次多项式。于是，因式分解定理在复数域上可以叙述成

\begin{theorem*}[复系数多项式因式分解定理]
  每个次数 $\geqslant 1$ 的复系数多项式在复数域上都可以唯一地分解成一次因式的乘积。
\end{theorem*}


\end{frame}

\begin{frame}
因此，复系数多项式具有标准分解式
\[
f=a_{n}\left(x-\alpha_{1}\right)^{l_{1}}\left(x-\alpha_{2}\right)^{l_{2}} \cdots\left(x-\alpha_{s}\right)^{l_{s}},
\]
其中 $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{s}$ 是不同的复数， $l_{1}, l_{2}, \cdots, l_{s}$ 是正整数。 标准分解式说明了每个 $n$ 次复系数多项式恰有 $n$ 个复根 (重根按重数计算).

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\begin{example}
    在$\symbf{C}[x]$中分解多项式
  $x^n-1$和$x^n+1$.
  在$\symbf{C}$上我们有
  \[
    x^n-1=\prod_{k=0}^{n-1}(x-\zeta_n^{k}), 
  \]
  其中
  $\zeta_n=e^{\frac{2\pi i}{n}}=\cos \frac{2\pi}{n}+i\,\sin \frac{2\pi}{n}$.
由于 $x^n+1=\frac{x^{2n}-1}{x^n-1}$, 从$x^{2n}-1$的根中筛掉$x^{n}-1$的根就可得$x^n+1$的全部根。
易知$x^n+1$的所有根为$\zeta_{2n}^{2k+1}=e^{\frac{(2k+1)\pi i}{2n}}$ ($0\leqslant k < n$), 
  这样
  \[
    x^n+1=\prod_{k=0}^{n-1}(x-\zeta_{2n}^{2k+1}).
  \]
\end{example}

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代数基本定理虽然肯定了 $n$ 次方程有 $n$ 个复根，但是并没有给出根的一个具体的求法。 高次方程求根的问题还远远没有解决。 特别是在应用方面， 方程求根是一个重要的问题， 这个问题是相当复杂的， 它构成了计算数学的一个分支， 在这里我们就不讨论了。

\end{frame}

\begin{frame}

复数域上任意的次数大于$0$的多项式都有根，进而能分解为线性因子的乘积，这是复数域的特别之处，
这样的性质被说成是复数域是\emph{代数闭域}。有根这件事用起来很方便，很多时候即使我们的问题是在其他的数域上的，
我们也会放在复数域中考虑。
\pause
例如互素性不随系数域的扩大而改变，因为首一最大公因子不随基域的扩大而改变（或者，应用 B\'ezout 等式）。
这样我们可以放到复数域上来考察互素性，而在复数域上，由惟一因式分解性，\emph{两个非零多项式互素当且仅当它们没有公共的复根}。
%我们通过这种方式考察之前的一个例子。

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\begin{example}
  令$n$是正整数，证明$x^2+x+1$与$x^n+1$互素。
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  令$\zeta$为$x^2+x+1$的根，则有$\zeta^2+\zeta+1=0$且$\zeta^3=1$.
    代入$\zeta$到$x^n+1$得
    \[
      \zeta^n+1=
      \begin{cases}
        2 & \text{若$n=3k$;} \\
        \zeta+1=-\zeta^2 & \text{若$n=3k+1$;} \\
        \zeta^2+1=-\zeta & \text{若$n=3k+2$.}
      \end{cases}
    \]
    我们总有这个赋值非零，故$\zeta$不是$x^n+1$的根。
  既然$x^2+x+1$与$x^n+1$没有公共的复根，它们互素。
\end{example}

\end{frame}

\begin{frame}{实系数多项式的因式分解}

下面来讨论实系数多项式的分解。
对于实系数多项式， 以下的事实是基本的：
\begin{observation*}
如果 $\alpha$ 是实系数多项式 $f$ 的复根，那么 $\alpha$ 的共轭数 $\bar{\alpha}$ 也是 $f$ 的根。 
\end{observation*}
\pause
\begin{proof}设
\[
f=a_{n} x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_{0},
\]
其中 $a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{n}$ 是实数。 由假设
\[
f(\alpha)=a_{n} \alpha^{n}+a_{n-1} \alpha^{n-1}+\cdots+a_{0}=0 .
\]
两边取共轭数，有
\[
0=\overline{f(\alpha)}=a_{n} \bar{\alpha}^{n}+a_{n-1} \bar{\alpha}^{n-1}+\cdots+a_{0}=f(\bar{\alpha}),
\]
这就是说， $f(\bar{\alpha})=0, \bar{\alpha}$ 也是 $f$ 的根。
\end{proof}
由此可以证明

\end{frame}
\begin{frame}
  \begin{theorem*}[实系数多项式因式分解定理]
    每个次数 $\geqslant 1$ 的实系数多项式在实数域上都可以唯
  一地分解成一次因式与二次不可约因式的乘积。
\end{theorem*}

\pause
\begin{proof}
设 $f$ 是 $n$ 次实系数多项式。 
我们对$\partial f$归纳来证明断言。
由代数基本定理， $f$ 有一复根 $\alpha$. 如果 $\alpha$ 是实数，那么
$
f=(x-\alpha) f_{1},
$
其中 $f_{1}$ 是 $n-1$ 次实系数多项式。 
如果 $\alpha$ 不是实数，那么 $\bar{\alpha}$ 也是 $f$ 的根且 $\bar{\alpha} \neq \alpha$.
于是
\[
f=(x-\alpha)(x-\bar{\alpha}) f_{2} .
\]
显然 $(x-\alpha)(x-\bar{\alpha})=x^{2}-(\alpha+\bar{\alpha}) x+\alpha \bar{\alpha}$ 
是一实系数二次不可约多项式。 从而 $f_{2}$ 是 $n-2$次实系数多项式。若$f_1$或$f_2$为常数，那么断言显然成立；
否则， 由归纳假设， $f_{1}$ 或 $f_{2}$ 可以分解成若干个一次与二次不可约多项式的乘积， 
因之 $f$ 也可以如此分解。 
\end{proof}
\pause
因此，实系数多项式具有标准分解式
\[
f=a_{n}\left(x-c_{1}\right)^{l_{1}} \cdots\left(x-c_{s}\right)^{l_{s}}\left(x^{2}+p_{1} x+q_{1}\right)^{k_{1}} \cdots\left(x^{2}+p_{r} x+q_{r}\right)^{k_{r}},
\]
其中 $r,s$为非负整数， $c_{1}, \cdots, c_{s}, p_{1}, \cdots, p_{r}, q_{1}, \cdots, q_{r}$ 全是实数， $l_{1}, \cdots, l_{s}, k_{1}, \cdots, k_{r}$ 是正整数，并且 $x^{2}+p_{i} x+q_{i}$ ($i=1,2, \cdots, r$) 是不可约的， 也就是适合条件 $p_{i}^{2}-4 q_{i}<0$, $i=1,2, \cdots, r$.
\end{frame}


\begin{frame}

\begin{example}
在$\symbf{R}[x]$中分解多项式$x^n-1$. 
\pause
我们应用复数域上的分解
\[
x^n-1=\prod_{k=0}^{n-1}(x-\zeta^{k}),
\]
其中$\zeta=e^{\frac{2\pi i}{n}}$.
若$\zeta^k$是虚数（相当于$\zeta^k\neq \pm 1$），我们有$x^n-1$的不可约因子
\[
(x-\zeta^k)(x-\zeta^{n-k})=(x-\zeta^{k})(x-\overline{\zeta^k})=x^2-2x\cos\frac{2k\pi}{n}+1.
\]
从而在$\symbf{R}$上有
\[
\begin{aligned}
  x^{2m}-1&= (x-1)(x+1)\prod_{k=1}^{m-1}\left( x^2-2x\cos \frac{k\pi}{m}+1 \right),\\
  x^{2m+1}-1&= (x-1)\prod_{k=1}^{m}\left( x^2-2x\cos \frac{2k\pi}{2m+1}+1 \right).
\end{aligned}
\]
\end{example}

\pause
\begin{exercise}
在$\symbf{R}[x]$中分解多项式$x^n+1$. 
\end{exercise}

\end{frame}


%\begin{frame}

%\begin{example}
%在$\symbf{R}[x]$中分解多项式$x^n+1$.
%\pause
%我们应用复数域上的分解
%\[
%  x^n+1=\prod_{k=1}^{n}(x-\zeta_{2n}^{2k-1}).
%\]
%注意到$\overline{\zeta_{2n}^{2k+1}}=\zeta_{2n}^{2n-(2k+1)}$且若$\zeta_{2n}^{2k+1}\neq \pm 1$, 则$x^{n}+1$有不可约因子
%\[
%  (x-\zeta_{2n}^{2k+1}) (x-\zeta_{2n}^{2n-(2k+1)})=(x-\zeta_{2n}^{2k+1}) (x-\overline{\zeta_{2n}^{2k+1}})=x^2-2x\cos \frac{(2k+1)\pi}{n}+1. 
%\]
%这样我们有
%\[
%\begin{aligned}
%  x^{2m}+1&= \prod_{k=0}^{m-1}\left( x^2-2x\cos \frac{(2k+1)\pi}{2m}+1 \right),\\
%  x^{2m+1}+1 &= (x+1)\prod_{k=0}^{m-1}\left( x^2-2x\cos \frac{(2k+1)\pi}{2m+1}+1 \right).
%\end{aligned}
%\]
%\end{example}
%\pause

%\end{frame}


\begin{frame}{小结}
 
  \begin{enumerate}
    \item 何为（古典）代数学基本定理？
    \item 复数域上复系数多项式能分解到何种地步？复数域上的不可约多项式何样？
解释下缘由。
    \item 实数域上实系数多项式能分解到何种地步？实数域上的不可约多项式何样？
      解释下缘由。
  \end{enumerate}
\end{frame}
